【化学】云南省红河州弥勒市中小学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】云南省红河州弥勒市中小学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

云南省红河州弥勒市中小学2018-2019学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量： ‎ ‎1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是 A. 生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致 B. 石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化 C. 焚烧废旧塑料可有效防止“白色污染”‎ D. 工业废水中的、等重金属阳离子可以通过加入除去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．生活中钢铁制品生锈主要是由于钢铁及其中含有碳及周围的水膜构成原电池，发生吸氧腐蚀所致，A正确；‎ B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都有新物质产生，因此都属于化学变化，B正确；‎ C．焚烧废旧塑料可以减少“白色污染”，但不能防止“白色污染”，同时，焚烧废旧塑料造成环境二次污染，C错误；‎ D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS，发生沉淀转化，使Cu2+、Hg2+等重金属阳离子形成更难溶于水的CuS、HgS而除去，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关化学用语正确的是 A. 的原子结构示意图： B. 与互为同系物 C. 过氧化钠的电子式是 D. 硝酸酐的化学式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的质子数为6，核外电子数为6，其原子结构示意图：，A错误；‎ B．中羟基与苯环直接相连，属于酚，中羟基与苯环不直接相连，属于醇，二者结构不相似，不互为同系物，B错误；‎ C．过氧化钠是离子化合物，其电子式为：，C正确；‎ D．硝酸中氮元素为+5价，所以硝酸酐为N2O5，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是 A. 所示装置进行用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验 B. 所示装置验证二氧化硫的漂白性 C. 所示装置分离四氯化碳和苯的混合物 D. 所示装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 酸式滴定管只能盛放酸性溶液或强氧化性溶液，碱式滴定管用来盛放碱性溶液；‎ B. 二氧化硫的漂白性可用品红溶液验证；‎ C. 依据蒸馏时温度计作用分析作答；‎ D. 氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢。‎ ‎【详解】A. 玻璃中的二氧化硅成分会与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，会导致活塞打不开，所以不能用酸式滴定管盛放标准的氢氧化钠溶液，而应用碱式滴定管盛放，故A项错误；‎ B. 实验装置中生成的二氧化硫会与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使两者褪色，体现的是二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B项错误；‎ C. 四氯化碳和苯互溶且沸点不同，可用蒸馏法分离，其温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处，以便测量蒸汽的温度，故C项错误；‎ D.图中氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢，左侧的五氧化二磷为酸性干燥剂，可干燥氯化氢气体，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而右侧碱石灰为碱性干燥剂，可干燥氨气，使湿润的酚酞试剂变红，因此该实验能达到实验目的，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2 Na2CO3各步转化，故A正确；‎ B．硝酸铝溶液直接蒸干会发生水解，生成的硝酸挥发，氢氧化铝分解生成氧化铝，最终得到氧化铝，故B错误；‎ C．电解氯化钠的水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；‎ D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+‎ B 向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有还原性 C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3·H2O能大量共存 D 向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS) (9). Qc＝＝＝1< 2.25，反应正向进行，v(正)>v(逆)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应热ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；‎ ‎（2）平衡常数K为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，据此判断；‎ 制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是，‎ A.该反应气体总质量不变，体积不变，混合气体的密度一直不变；‎ B.当反应容器中各物质的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；‎ C.‎ 反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，不一定是平衡状态；‎ D.该装置是恒容容器，反应为非等体积反应，混合气体的压强不变时达到平衡状态；‎ ‎（3）根据三段法计算平衡时各物质的浓度，利用v=计算氢气的速率及平衡常数；利用平衡常数和浓度商之间的关系判断平衡移动的方向。‎ ‎【详解】（1）若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol－1、1 453.0 kJ·mol－1；得到甲烷、二甲醚的燃烧热化学方程式分别为④CH4(g)＋2O2(g) =CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH4＝－890.3 kJ·mol－1；⑤CH3OCH3(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH5＝－1 453.0 kJ·mol－1；故④×2－⑤＝①得到：2CH4(g)＋O2(g) =CH3OCH3(g)＋H2O(l)，且1 mol 液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量，故则ΔH1＝(－890.3×2＋1 453＋44.0) kJ·mol－1＝－283.6 kJ·mol－1，根据所给键能，③2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，反应物总键能－生成物总键能＝反应热，故ΔH3＝－24 kJ·mol－1；‎ ‎（2）反应③的化学平衡常数表达式为K＝；反应①是放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，故能正确反映反应①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是M；‎ 制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是气态，‎ A.混合气体的密度一直不变，不能说明反应达到平衡状态；‎ B.当反应容器中二甲醚的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；‎ C.反应物反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，故不能说明反应达到平衡状态；‎ D.该装置是恒容容器，混合气体的压强不变，说明气体总物质的量不变，且该反应前后气体分子总数不等，故达到平衡状态；故选BD；‎ ‎（3）由合成气制备二甲醚：‎ ‎②CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)‎ 起始时(mol/L) 1 3 0‎ 转化(mol/L) 0.8 1.6 0.8‎ 平衡时(mol/L) 0.2　 1.4 0.8‎ ‎③2CH3OH(g) CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)‎ 起始时(mol/L)　　 0.8　 0 0‎ 转化(mol/L) 0.6 0.3 0.3‎ 平衡时(mol/L) 0.2 0.3 0.3‎ H2表示反应②的速率是v(H2)＝ mol·L－1·min－1＝0.2 mol/(L·min)；可逆反应③的平衡常数K3＝＝＝2.25；若在500 K时，测得容器中n(CH3OH)＝n(CH3OCH3)，则说明c(CH3OH)＝c(CH3OCH3)＝c(H2O)，则此时Qc＝＝＝1< 2.25，故反应正向进行，v(正)>v(逆)。‎ ‎17.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如下：‎ 其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。‎ ‎(1)实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制240 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸__mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需____________。‎ ‎(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有____________________。（答出两点） ‎ ‎(3)H2O2作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式_________________。‎ ‎(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：‎ 阳离子 Fe3+‎ Mg2+‎ Al3+‎ Cr3+‎ 开始沉淀时的ph ‎2.7‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎—‎ 沉淀完全时的ph ‎3.7‎ ‎11.1‎ ‎5.4（>8溶解）‎ ‎9（>9溶解）‎ 加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有_______；但溶液的pH不能超过8，其理由是________________________。 ‎ ‎(5)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ 中的金属阳离子是_____。‎ ‎(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：________________。‎ ‎【答案】 (1). 65 .2 (2). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 升高温度（加热）、搅拌 (4). 2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+ (5). Na+、Ca2+、Mg2+ (6). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr（Ⅲ）回收与再利用 (7). Ca2+、Mg2+ (8). 3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设需要浓硫酸的体积为VmL，则18.4mol·L－1×VmL=250mL×4.8mol·L－1，解得V=65.2；配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要250 mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）为了提高浸取率，可以升高温度（加热）、搅拌等；‎ ‎（3）H2O2具有强氧化性，能将Cr3＋氧化为Cr2O72－，H2O2中O元素化合价降低为-2价，Cr元素化合价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒以及电荷、原子守恒可写出其离子方程式为：2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+；‎ ‎（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入双氧水氧化Cr3＋为Cr2O72－，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液呈碱性，Cr2O72－转化为CrO4－；溶液pH=8，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋；pH＞8时，氢氧化铝会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用；‎ ‎（5）滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋，故钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；‎ ‎（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO42－，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，根据原子守恒以及得失电子守恒写出反应的方程式为：3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。‎ ‎18.【化学选修3:物质结构与性质】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。‎ ‎（1）E元素的基态原子电子排布式为__________________。‎ ‎（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有___个σ键和____个π键。‎ ‎（3）A 的含氧酸根离子AO3n-的空间构型是___________。‎ ‎（4）B的最简单的氢化物的沸点比A 的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_____。‎ ‎（5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是______。‎ ‎（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为____，若该原子的半径为rpm ，此晶体的密度ρ=______g/cm3（用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 3 (3). 2 (4). 正三角形 (5). 氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 (6). [Cu(NH3)4](OH)2 (7). 8 (8). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。‎ 解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。‎ ‎（1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。‎ ‎（2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为H－C≡C－H，则分子中含有3个σ键和2个π键。‎ ‎（3）A 的含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数＝，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。‎ ‎（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。‎ ‎（5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2。‎ ‎（6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度ρ＝g/cm3。‎ ‎19.有机物同时满足下列条件：①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只2种；③与足量的反应生成；④遇溶液不显色.A如图所示转化关系：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)E中官能团名称_____，H的分子式为_______.‎ ‎(2)由C生成G的反应类型是________.‎ ‎(3)A的结构简式为____，G的结构简式为_________.‎ ‎(4)①写出C⟶D反应的化学方程式_________；‎ ‎②写出I→J反应的离子方程式_____________.‎ ‎(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件：a.能发生银镜反应，b.能发生皂化反应；c.能与反应产生，共有_____种(不含立体异构).其中核磁共振氡谱显示为3组峰，且峰面积比为6:1:1的是_________(写结构简式).‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). (3). 酯化反应 ‎ ‎ (4). (5). ‎ ‎(6). ‎ ‎(7). +CO2+H2O⟶ +HCO (8). 5 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A在碱性条件下水解得到B与H，A中含有酯基，B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基，由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH，C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2CH2COOH，G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式，H中含7个碳原子，H发生信息中脱羧反应得到I，I与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用生成白色沉淀K，则J中含有酚羟基，1mol A与足量的NaHCO3反应生成1mol CO2，说明A分子中含有1个-COOH，而A遇FeCl3溶液不显色，则A不含酚羟基，则A中酯基为羧酸与酚形成的，A中含苯环且不含甲基，且苯环上一氯取代物只有2种，则A中含有2个对位位置的取代基，可推知A的结构简式为：，H为，I为，J为，K为。‎ ‎【详解】(1)E为CH2=CHCH2COOH，E中官能团名称碳碳双键和羧基，H为，H的分子式为；故答案为：碳碳双键和羧基；；‎ ‎(2)C为HOCH2CH2CH2COOH，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，G为，由C生成G的反应类型是酯化反应；故答案为：酯化反应；‎ ‎(3)由分析：A的结构简式为，G的结构简式为 ‎；故答案为：；；‎ ‎(4)①C发生缩聚反应得到D为,C⟶D反应的化学方程式；故答案为：；‎ ‎②I与二氧化碳、水作用得到J，I→J反应的离子方程式+CO2+H2O⟶ +HCO；故答案为：+CO2+H2O⟶ +HCO；‎ ‎(5)C为HOCH2CH2CH2COOH，C的同分异构体中能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能发生皂化反应，含有甲酸形成的酯基，c．能与Na反应产生H2，还含有羟基，可以看作丙烷中H原子被-OH、-OOCH取代，-OOCH取代甲基中H原子，-OH有3种位置，-OOCH取代亚甲基中H原子，-OH有2种位置，共有5种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6﹕1﹕1的是：(写结构简式)；故答案为：5；。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等，难点：A结构的推断，根据反应条件判断物质含有的官能团，综合分析确定A的结构。‎